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高考数学复习平面向量的数量积及其应用复习题及答案
a与b的数量积ab＝|a||b|cs θab＝x1x2＋12
答案 自主梳理
1．(1)ab＝|a||b|cs〈a，b〉 (2)①|a|cs〈a，e〉 ②ab＝0 ③|a|2 aa ④ab|a||b|
⑤≤ 2.(1)ba
(2)ac＋bc (3)λ(ab) 3.(1)a1b1＋a2b2 (2)a1b1＋a2b2＝0 (3)a21＋a22 a1b1＋a2b2a21＋a22 b21＋b22
(4)(x2－x1，2－1) x2－x12＋2－12
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2．B [|2a－b|＝2a－b2
＝4a2－4ab＋b2＝8＝22.]
3．D [由(a＋λb)b＝0得ab＋λ|b|2＝0，
∴1＋2λ＝0，∴λ＝－12.]
4．2＝8x(x≠0)
解析 由题意得AB→＝2，－2，
BC→＝x，2，又AB→⊥BC→，∴AB→BC→＝0，
即2，－2x，2＝0，化简得2＝8x(x≠0)．
5．－2
解析 合理建立直角坐标系，因为三角形是正三角形，故设C(0,0)，A(23，0)，B(3，3)，这样利用向量关系式，求得MA→＝32，－12，MB→＝32，－12，MB→＝－32，52，所以MA→MB→＝－2.
课堂活动区
例1 解 (1)∵(2a－3b)(2a＋b)＝61，
∴4|a|2－4ab－3|b|2＝61.
又|a|＝4，|b|＝3，∴64－4ab－27＝61，
∴ab＝－6.
∴cs θ＝ab|a||b|＝－64×3＝－12.
又0≤θ≤π，∴θ＝2π3.
(2)|a＋b|＝a＋b2
＝|a|2＋2ab＋|b|2
＝16＋2×－6＋9＝13.
(3)∵AB→与BC→的夹角θ＝2π3，
∴∠ABC＝π－2π3＝π3.
又|AB→|＝|a|＝4，|BC→|＝|b|＝3，
∴S△ABC＝12|AB→||BC→|sin∠ABC
＝12×4×3×32＝33.
变式迁移1 (1)C [∵|a|＝|b|＝1，ab＝0，
展开(a－c)(b－c)＝0|c|2＝c(a＋b)
＝|c||a＋b|cs θ，∴|c|＝|a＋b|cs θ＝2cs θ，
∴|c|的最大值是2.]
(2)λ<12且λ≠－2
解析 ∵〈a，b〉∈(0，π2)，∴ab>0且ab不同向．
即|i|2－2λ||2>0，∴λ<12.
当ab同向时，由a＝b(>0)得λ＝－2.
∴λ<12且λ≠－2.
例2 解题导引 1.非零向量a⊥bab＝0x1x2＋12＝0.
2．当向量a与b是非坐标形式时，要把a、b用已知的不共线的向量表示．但要注意运算技巧，有时把向量都用坐标表示，并不一定都能够简化运算，要因题而异．
解 (1)由题意得，|a|＝|b|＝1，
∴(a＋b)(a－b)＝a2－b2＝0，
∴a＋b与a－b垂直．
(2)|a＋b|2＝2a2＋2ab＋b2＝2＋2ab＋1，
(3|a－b|)2＝3(1＋2)－6ab.
由条件知，2＋2ab＋1＝3(1＋2)－6ab，
从而有，ab＝1＋24(>0)．
(3)由(2)知ab＝1＋24＝14(＋1)≥12，
当＝1时，等号成立，即＝±1.
∵>0，∴＝1.
此时cs θ＝ab|a||b|＝12，而θ∈[0，π]，∴θ＝π3.
故ab的最小值为12，此时θ＝π3.
变式迁移2 (1)解 因为a与b－2c垂直，
所以a(b－2c)
＝4cs αsin β－8cs αcs β＋4sin αcs β＋8sin αsin β
＝4sin(α＋β)－8cs(α＋β)＝0.
因此tan(α＋β)＝2.
(2)解 由b＋c＝(sin β＋cs β，4cs β－4sin β)，
得|b＋c|＝sin β＋cs β2＋4cs β－4sin β2
＝17－15sin 2β≤42.
又当β＝－π4时，等号成立，所以|b＋c|的最大值为42.
(3)证明 由tan αtan β＝16得4cs αsin β＝sin α4cs β，
所以a∥b.
例3 解题导引 与三角函数相结合考查向量的数量积的坐标运算及其应用是高考热点题型．解答此类问题，除了要熟练掌握向量数量积的坐标运算公式，向量模、夹角的坐标运算公式外，还应掌握三角恒等变换的相关知识．
解 (1)ab＝cs 32xcs x2－sin 32xsin x2＝cs 2x，
|a＋b|＝cs 32x＋cs x22＋sin 32x－sin x22
＝2＋2cs 2x＝2|cs x|，
∵x∈－π3，π4，∴cs x>0，
∴|a＋b|＝2cs x.
(2)f(x)＝cs 2x－2cs x＝2cs2x－2cs x－1
＝2cs x－122－32.
∵x∈－π3，π4，∴12≤cs x≤1，
∴当cs x＝12时，f(x)取得最小值－32；
当cs x＝1时，f(x)取得最大值－1.
变式迁移3 解 由题意，设△ABC的角B、C的对边分别为b、c，则S＝12bcsin A＝12.
AB→AC→＝bccs A＝3>0，
∴A∈0，π2，cs A＝3sin A.
又sin2A＋cs2A＝1，
∴sin A＝1010，cs A＝31010.
由题意cs B＝35，得sin B＝45.
∴cs(A＋B)＝cs Acs B－sin Asin B＝1010.
∴cs C＝cs[π－(A＋B)]＝－1010.
课后练习区
1．D [因为ab＝6－＝0，所以＝6.]
2．D [由(2a＋3b)(a－4b)＝0得2－12＝0，∴＝6.]
3．C [∵S△ABC＝12|a||b|sin∠BAC＝154，
∴sin∠BAC＝12.又ab<0，
∴∠BAC为钝角．∴∠BAC＝150°.]
4．C [由(2a＋b)b＝0，得2ab＝－|b|2.
cs〈a，b〉＝ab|a||b|＝－12|b|2|b|2＝－12.
∵〈a，b〉∈[0°，180°]，∴〈a，b〉＝120°.]
5．B [因为ab＝|a||b|cs〈a，b〉，
所以，a在b上的投影为|a|cs〈a，b〉
＝ab|b|＝21－842＋72＝1365＝655.]
6.35
解析 ∵ab＝cs 2α＋2sin2α－sin α＝25，
∴1－2sin2α＋2sin2α－sin α＝25，∴sin α＝35.
7．120°
解析 设a与b的夹角为θ，∵c＝a＋b，c⊥a，
∴ca＝0，即(a＋b)a＝0.∴a2＋ab＝0.
又|a|＝1，|b|＝2，∴1＋2cs θ＝0.
∴cs θ＝－12，θ∈[0°，180°]即θ＝120°.
8．(－1,0)或(0，－1)
解析 设n＝(x，)，由n＝－1，
有x＋＝－1.①
由与n夹角为3π4，
有n＝|||n|cs 3π4，
∴|n|＝1，则x2＋2＝1.②
由①②解得x＝－1＝0或x＝0＝－1，
∴n＝(－1,0)或n＝(0，－1)．
9．解 设存在点M，且OM→＝λOC→＝(6λ，3λ) (0≤λ≤1)，
MA→＝(2－6λ，5－3λ)，MB→＝(3－6λ，1－3λ)．…………………………………………(4分)
∵MA→⊥MB→，
∴(2－6λ)(3－6λ)＋(5－3λ)(1－3λ)＝0，………………………………………………(8分)
即45λ2－48λ＋11＝0，解得λ＝13或λ＝1115.
∴M点坐标为(2,1)或225，115.
故在线段OC上存在点M，使MA→⊥MB→，且点M的坐标为(2,1)或(225，115)．………(12分)
10．(1)证明 ∵ab＝cs(－θ)csπ2－θ＋sin－θsinπ2－θ
＝sin θcs θ－sin θcs θ＝0.∴a⊥b.……………………………………………………(4分)
(2)解 由x⊥得，x＝0，
即[a＋(t2＋3)b](－a＋tb)＝0，
∴－a2＋(t3＋3t)b2＋[t－(t2＋3)]ab＝0，
∴－|a|2＋(t3＋3t)|b|2＝0.………………………………………………………………(6分)
又|a|2＝1，|b|2＝1，
∴－＋t3＋3t＝0，∴＝t3＋3t.…………………………………………………………(8分)
∴＋t2t＝t3＋t2＋3tt＝t2＋t＋3
＝t＋122＋114.……………………………………………………………………………(10分)
故当t＝－12时，＋t2t有最小值114.………………………………………………………(12分)
11．解 (1)f(x)＝ab＝2csx＋π6＋2sin x
＝2cs xcs π6－2sin xsin π6＋2sin x
＝3cs x＋sin x＝2sinx＋π3.…………………………………………………………(5分)
由π2＋2π≤x＋π3≤3π2＋2π，∈Z，
得π6＋2π≤x≤7π6＋2π，∈Z.
所以f(x)的单调递减区间是
π6＋2π，7π6＋2π (∈Z)．……………………………………………………………(8分)
(2)由(1)知f(x)＝2sinx＋π3.
又因为2sinx＋π3＝85，
所以sinx＋π3＝45，……………………………………………………………………(11分)
即sinx＋π3＝csπ6－x＝csx－π6＝45.
所以cs2x－π3＝2cs2x－π6－1＝725.………………………………………………(14分)
5
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